2024年1月26日发(作者：雪铁龙c4世嘉多少钱)

专题二考点1物质的量化学计量7)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是1(2023·浙江6月选考，A.4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NAB.1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NAC.向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NAD.标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA【答案】A【解析】1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为1.7g0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；1.7gH2O2的物质的量为=0.05mol，则含有氧原34g/mol子数为0.1NA，B不正确；向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3++COO-)+c(OH-)=c(NH4)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确。5)我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO22(2023·辽宁卷，↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.11.2LCO2含π键数目为NAC.0.1molKNO3晶体中含离子数目为0.2NA【答案】C【解析】CO2分子含有2个π键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错m2.8误；2.8gN2的物质的量n==mol=0.1mol，1molN2生成转移的电子数为12NA，则0.1molN2转移28M的电子数为1.2NA，B项错误；0.1molKNO3晶体含有离子为K+、NO-含有离子数目为0.2NA，C项正确；3，因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA，D项错误。11)设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法涉及NaCl、NH4Cl和NaHCO3等物3(2023·广东卷，质。下列叙述正确的是A.1molNH4Cl含有的共价键数目为5NAB.1molNaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2NAC.体积为1L的1mol?L-1NaHCO3溶液中，HCO-3数目为和NH4Cl的混合物中含1molCl-，则混合物中质子数为28NA【答案】D【解析】铵根中存在4个N-H共价键，1molNH4Cl含有的共价键数目为4NA，A错误；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，1molNaHCO3完全分解，得到0.5molCO2分子，B错误；NaHCO3=Na++HCO-HCO-则1molNaHCO3溶液中HCO-C错误；NaCl和NH43，3会发生水解和电离，3数目小于1NA，Cl的混合物中含1molCl-，则混合物为1mol，质子数为28NA，D正确。B.每生成2.8gN2转移电子数目为NAD.1L0.1mol?L-1K2S溶液中含S2-数目为0.1NA1

12)设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是4(2022·浙江1月选考，A.在25℃时,1LpH为12的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.01NAB.1.8g重水(D2O)中所含质子数为NAC.足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应,转移电子的数目为0.4NAD.32g甲醇的分子中含有C-H的数目为4NA【答案】A　【解析】pH为12的Ba(OH)2溶液中OH-浓度为0.01mol·L-1,所以1L该溶液含有OH-数目为0.01NA,A项正确;重水的摩尔质量是20g·mol-1,每个重水含10个质子,故1.8g重水所含质子数为0.9NA,B项错误;8.7gMnO2转化为Mn2+,转移电子的数目为0.2NA,C项错误;每分子甲醇中含3个C-H,故32g甲醇的分子中含有C-H的数目为3NA,D项错误。5)工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是5(2022·重庆卷，A.消耗14gN2生成NH3分子数为2NAB.消耗1molH2，生成N-H键数为2NAC.生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2NAD.氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2NA【答案】B【解析】由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为1mol氢气生成N-H键数为1mol×14g×2×NAmol-1=NA，A错误；消耗28g/mol2×3×NAmol-1=2NA，B正确；由方程式可知，生成标准状况下322.4L22.4L氨气，反应电子转移数为×3×NAmol-1=3NA，C错误；由得失电子数目守恒可知，1mol22.4L/mol5氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol-1=1.25NA，D错误。43)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是6(2022·辽宁卷，A.1.8g18O中含有的中子数为NAC.标准状况下，22.4LHCl气体中H+数目为NA【答案】A【解析】1个18O原子中含有10个中子，1.8g18O的物质的量为1.8g=0.1mol，故1.8g18O中含有中子-118g?molB.28gC2H4分子中含有的σ键数目为=12的Na2CO3溶液中OH-数目为0.01NA的物质的量为1mol，中子数为NA，A正确；乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键，28gC2H4的物质的量为1mol，所以28gC2H4分子中含有的σ键数目为5NA，B错误；HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H+，C错误；没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH=12的Na2CO3溶液中OH-的数目，D错误。4)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是7(2022·河北卷，A.3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NAB.1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NAC.2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA-D.6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO23的个数为0.1NA2

【答案】B【解析】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为3.9g78g/mol×1×NAmol-1=0.05NA，A错误；镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2g1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAmol-1=0.1NA，B正确；24g/mol铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为2.7g3××NAmol-1=0.15NA，C错误；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液227g/mol中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子6.0g的个数小于×NAmol-1=0.1NA，D错误。60g/mol7)在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的8(2022·海南卷，值，下列说法正确的是A.反应转移电子为0.1molC.2.8g56Fe含有的中子数为1.3NA【答案】A【解析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；56Fe的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，D不正确。3)常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：2N2+6H2O9(2022·福建卷，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.9g水中含有的孤电子对数为2NAB.每产生34gNH3,N2失去的电子数为6NAC.1mol?L-1氨水中，含有的NH3?H2O分子数少于NAD.消耗11.2LN2(已折算为标况)时，产生的O2分子数为0.75NA【答案】D【解析】H2O分子中孤电子对数为9g19gH2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子?6-2?=2，218g/mol34g对数为NA，A错误；该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34gNH3的物质的量为=17g/mol2mol，每产生34gNH3，N2得到6mol电子，数目为6NA，B错误；氨水的体积未知，无法计算NH3?H2O的分子数，C错误；11.2LN2的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5molN2，产生的0.75molO2，数目为0.75NA，D正确。12)NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是10(2022·浙江6月选考，A.12gNaHSO4中含有0.2NA个阳离子B.11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NAC.8gCH4含有中子数为3NA3催化剂????4NH3+3O2，通电溶液中Cl-数为3NAD.反应生成标准状况下气体3.36L

D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后,HI分子总数为0.2NA【答案】C　+【解析】NaHSO4由Na+和HSO-4构成,其中的阳离子只有Na,12gNaHSO4的物质的量为0.1mol,只含有0.1NA个阳离子,A错误;没有指明气体的温度和压强,无法确定11.2L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量,B错误;CH4分子中有6个中子,8gCH4的物质的量为0.5mol,含有的中子数为3NA,C正确;H2和I2发生反应生成HI,该反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,充分反应后,HI分子总数小于0.2NA,D错误。2)葡萄酒中含有CH3CH2OH、CH3COOH、 SO2和CO2等多种成分。若NA代表阿11(2021·重庆卷，伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.46gCH3CH2OH中含有C-H键数为5NAB.1L1mol·L-1CH3COOH溶液中含有氢离子数为NAC.1molSO2与1molO2完全反应转移的电子数为4NAD.11.2L(标准状况)CO2完全溶于水后溶液中H2CO3分子数为0.5NA【答案】A【解析】46gCH3CH2OH的物质的量为n=46gm==1mol，1mol乙醇含有5molC-H键，含有C-M46g/molH键数为5NA，A正确；1L1mol·L-1CH3COOH的物质的量为n=cV=1mol，由于醋酸是弱酸，不能完全电离出氢离子，1molCH3COOH溶液中含有氢离子数小于NA，B错误；SO2与O2反应2SO2+O2?2SO3是可逆反应，不能完全转化，则1molSO2与1molO2完全反应生成小于1molSO3，S元素从+4升到+6V11.2L价，转移的电子数小于2NA，C错误；标准状况下11.2LCO2的物质的量为n===V22.4L/molm0.5mol，0.5molCO2与水反应生成0.5molH2CO3，由于溶液中H2CO3部分电离，则H2CO3分子数小于0.5NA，D错误。7)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是12(2021·天津卷，A.1mol/LHCl溶液中，HCl分子的数目为NAC.180g葡萄糖中，C原子的数目为6NA【答案】C【解析】体积未知，HCl分子的数目不能计算，A错误；没有标准状态，不能计算H2分子的数目，B错误；葡萄糖的分子式为C6H12O6，故180g葡萄糖的分子的物质的量为1mol，C原子的数目为6NA，C正确；1molN2中有1molσ键，故σ键的数目为NA，D错误。7)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是13(2021·海南卷，A.0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.3NAB.3.9gNa2O2中含有的共价键的数目为0.1NAC.0.1mol肼?H2N-NH2?含有的孤电子对数为2=CH2+H2→CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为NA【答案】C【解析】1个27Al3+的电子数为10，故0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.0NA，A错误；Na2O2的电子式为B.22.4L氢气中，H2分子的数目为NAD.1molN2中，σ键的数目为3NA4

，含有1个共价键，3.9gNa2O2的物质的量为3.9g=0.05mol，故3.9gNa2O2中78g/mol含有的共价键的数目为0.05NA，B错误；肼?H2N-NH2?中每个N原子上各有1个孤电子对，故0.1mol肼C正确；发生CH2=CH2+H2→CH3CH3反应时，C=C中的一个?H2N-NH2?含有的孤电子对数为0.2NA，键和H-H键都断裂，故生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为2NA，D错误。3)设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是14(2021·福建卷，A.1.12LC2H4所含极性共价键的数目为0.2NAB.12gNaHSO4晶体中阴、阳离子总数为0.2NAC.0.1molCH4与足量Cl2反应生成CH3Cl的分子数为0.1NAD.电解熔融MgCl2制2.4gMg，电路中通过的电子数为0.1NA【答案】B【解析】没有标明气体的存在状态，1.12LC2H4的物质的量不一定为0.5mol，A错误；硫酸氢钠晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子，硫酸氢钠的摩尔质量为120g/mol，所以12g硫酸氢钠晶体的物质的量为0.1mol，阴、阳离子总数为0.2NA，B正确；甲烷与足量氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，因此0.1molCH4与足量Cl2反应生成CH3Cl的分子数小于0.1NA，C错误；电解熔融的氯化镁生成金属镁，镁由+2价降低到0价，因此1mol氯化镁完全电解生成金属镁，转移2mol电子，电解熔融MgCl2制2.4gMg(物质的量为0.1mol)，电路中通过的电子数为0.2NA，D错误。5)NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是15(2021·湖南卷，18A.18gH2O含有的中子数为10NAB.0.1mol·L-1HClO4溶液中含有的H+数为0.1NAC.2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD.11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA【答案】D　18【解析】18gH2O的物质的量为18g÷20g·mol-1=0.9mol,含有的中子数为9NA,A错误;0.1mol·L-1HClO4溶液的体积未知,不能计算出H+的数目,B错误;2molNO与1molO2发生反应:2NO+O22NO2,2NO2确。7)NA是阿伏伽德罗常数的值,下列说法错误的是16(2021·河北卷，A.22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NAB.1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应,生成的碘化氢分子数小于2NAC.电解饱和食盐水时,若阴阳两极产生气体的总质量为73g,则转移电子数为NA+D.1L1mol·L-1溴化铵水溶液中NH4与H+离子数之和大于NAN2O4,故反应后的分子数小于2NA,C错误;标准状况下,11.2LCH4的物质的量为0.5mol,22.4LCl2的物质的量为1mol,两者反应,根据碳原子、氯原子守恒可知反应后的分子数仍为1.5NA,D正【答案】C　【解析】在标准状况下,22.4L氟气的物质的量为1mol,其质子数为1mol×9×2×NAmol-1=18NA,A正确;碘蒸气与氢气发生的反应为I2(g)+H2(g)2H2O2HI(g),该反应为可逆反应,有一定的限度,所以1mol碘蒸气和1mol氢气充分反应,生成的碘化氢分子数小于2NA,B正确;电解饱和食盐水时总反应为2NaCl+2NaOH+H2↑+Cl2↑,阴阳两极产生的气体分别是氢气与氯气,且物质的量之比为1∶1,若气体的总质量为73g,则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1mol,根据关系式H2~2e-可知,转移5

+的电子数为2NA,C错误;溴化铵水溶液存在电荷守恒,即c(NH4)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-),则物质的量++也满足n(NH4)+n(H+)=n(Br-)+n(OH-),因为n(Br-)=1L×1mol·L-1=1mol,所以该溶液中NH4与H+离子数之和大于NA,D正确。11)设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是17(2021·广东卷，A.1molCHCl3含有C-Cl键的数目为3NAB.1L1.0mol·L-1的盐酸含有阴离子总数为2NAC.11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NAD.23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA【答案】A　【解析】1molCHCl3含有C-Cl的数目为3NA,A项正确。水也能电离出氢氧根离子,则1L1.0mol·L-1的盐酸含有阴离子总数大于NA,小于2NA,B项错误。未标明气体所处的状况,无法进行计算,C项错误。23gNa即1molNa,与足量H2O反应生成的H2分子数目为0.5NA,D项错误。6)NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是18(2021·湖北卷，A.23gC2H5OH中sp3杂化的原子数为NAB.0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NAC.1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为4NAD.标准状况下,11.2LCO和H2的混合气体中分子数为0.5NA【答案】A　【解析】C2H5OH中C和O均采取sp3杂化,23g乙醇为0.5mol,sp3杂化的原子数为1.5NA,A项错误;XeF48-4×1中氙的孤电子对数为=2,价层电子对数为4+2=6,则0.5molXeF4中氙的价层电子对数为23NA,B项正确;1个[Cu(H2O)4]2+中含有4个配位键,1mol[Cu(H2O)4]2+含配位键的个数为4NA,C项正确;标准状况下,11.2LCO和H2的混合气体为0.5mol,分子数为0.5NA,D项正确。18)设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法不正确的是19(2021·浙江6月选考，A.标准状况下,1.12LB.31gP4(分子结构:18O2中含有中子数为NA)中的共价键数目为1.5NAC.100mL0.1mol·L-1的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01NAD.18.9g三肽C6H11N3O4(相对分子质量:189)中的肽键数目为0.2NA【答案】C　【解析】每个18O2中含有20个中子,标准状况下1.12L18O2的物质的量为0.05mol,含有中子数为0.05mol×20NAmol-1=NA,A项正确;每个P4分子中含有6个共价键,31gP4的物质的量为0.25mol,含有共价键数目为0.25mol×6NAmol-1=1.5NA,B项正确;溶液中除溶质NaOH中含氧原子,溶剂H2O中也含有氧原子,故溶液中含氧原子数大于0.01NA,C项错误;每个该三肽分子中含有2个肽键,18.9g该三肽的物质的量为0.1mol,含有肽键数目为0.2NA,D项正确。18)设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是20(2021·浙江1月选考，A.1molNH4F晶体中含有的共价键数目为4和C2H4混合气体2.24L(标准状况)完全燃烧,则消耗O2分子数目为0.25NAC.向100mL0.10mol·L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应,转移电子数目为0.01NA6

D.0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA【答案】C　+【解析】A项,1molNH4中N与H之间为共价键,共有4mol,错误;B项,1molCH4和1molC2H4完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol,而0.1mol混合气体中CH4和C2H4的比例未知,无法求出消耗O2分子数,错误;C项,发生反应2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,铁元素由+3价降为+2价,0.01molFeCl3转移0.01mole-,正确;D项,乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应,则0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目小于0.1NA,错误。考点2化学计算的常用方法一、选择题10)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表21(2022·福建卷，示为：①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O-②NH3+4ClO-+OH-=NO-3+4Cl+2H2O在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1L0.006mol?L-1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是A.x1的数值为0.009B.x>x1时，c?Cl-?=4c?NO-3?C.x>x1时，x越大，生成N2的量越少+---D.x=x1时，c?Na+?+c?H+?+c?NH4?=c?Cl?+c?OH?+c?ClO?【答案】C【解析】x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，n?NH3?=0.006mol/L×1L=0.006mol，95%的氨气0.006mol×95%参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗n?ClO-?1=×3=0.00855mol，参与2反应②消耗n?ClO-?2=4×0.006mol×5%=0.0012mol，x1=0.00855mol+0.0012mol=0.00975mol，A错误；x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)>4c(NO-B错误；x>x1时，x越大，氨总去除率不3)，变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x=x1时，氨的去除率为100%，+溶液中没有NH4和ClO-，含有Na+、H+、NO-Cl-和OH-，根据电荷守恒得c?Na+?+c?H+?=c?Cl-?+3、c?OH-?+c?NO-D错误。3?，7

6)X、Y均为短周期金属元素,同温同压下,0.1molX的单质与足量稀盐酸反应,生22(2021·山东卷，成H2体积为V1L;0.1molY的单质与足量稀硫酸反应,生成H2体积为V2L。下列说法错误的是A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为C.产物中X、Y化合价之比一定为【答案】D　【解析】设与1molX反应消耗HCl的物质的量为amol,与1molY反应消耗H2SO4的物质的量为bamol,根据转移电子守恒以及H原子守恒可知X~aHCl~H2~Xa+、Y~bH2SO4~bH2~Y2b+。同温同压下,2V气体体积之比等于其物质的量之比,因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为1,故A正确;X、Y反应V2V2Vaa21过程中消耗酸的物质的量之比为,因=1,因此=,故B正确;产物中X、Y化合价之比为VVbbb22Vaa,由B项可知=1,C正确;因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时,生成的盐中金属元素化合价V2b2b22Va1有+1、+2、+3三种情况,因此存在a=1,2,3,b=0.5,1,1.5的多种情况,由=可知,当a=1,b=0.5Vb2VVV时,1=1,当a=2,b=1时,1=1,两种情况下X、Y的化合价不同,因此根据1可能无法确定X、YVVV222的化合价,D错误。aV1V2V1V2B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为D.由V1一定能确定产物中X、Y的化合价V22V1V2二、非选择题27)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应:CaCO3(s)23(2022·浙江6月选考，CaO(s)+CO2(g)　ΔH=+1.8×102kJ·mol-1,石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中,连续鼓入空气,使焦炭完全燃烧生成CO2,其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中,40%的CO2最终转化为纯碱。已知:焦炭的热值为30kJ·g-1(假设焦炭不含杂质)。请回答:(1)每完全分解100kg石灰石(含CaCO390%,杂质不参与反应),需要投料(2)每生产106kg纯碱,同时可获得【答案】(1)10.8(2)70106kg×56g·mol-1由(1)计算可知参与反应的CaCO3和焦炭的物质的量之比为1∶1,因此m(CaO)=106g·mol-1×40%×2=70kg100000g×0.9【解析】(1)100kg石灰石(含CaCO390%,杂质不参与反应)中n(CaCO3)==900mol,完100g·mol-1全分解时需要吸收的热量是900mol×180kJ·mol-1=1.62×105kJ,已知:焦炭的热值为30kJ·g-1(假设1.62×105焦炭不含杂质),其热量有效利用率为50%,所以需要投料焦炭的质量是g÷50%=10800g=3010800g10.8kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol,参加反应的碳酸钙的物质12g·mol-1的量也是900mol,这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1∶1,所以根据原子守恒可知生成8kgCaO(列式计算)。 kg焦炭。

106kg×56g·mol-1氧化钙的质量是=70kg。106g·mol-1×40%×227)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g,24(2022·浙江1月选考，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的质量为3.06g;残留的固体产物是Al2O3,质量为1.02g。计算:(1)x=(写出计算过程)。 (2)气体产物中n(O2)=【答案】(1)9mol。 计算过程:2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3　　　　　2(213+18x)　　　　　102　　　　　7.50g　　　　　　　1.02g2(213+18x)102　　　　　=7.50g1.02g　　　　　x=9(2)0.0100【解析】(2)Al(NO3)3·9H2O的摩尔质量为375g·mol-1,则7.50g样品的物质的量为0.020mol。氢原子的总3.06g物质的量为0.36mol,生成H2O的物质的量为=0.170mol。根据氢元素守恒,生成HNO3的物18g·mol-1质的量为0.020mol;根据氮元素守恒,生成NO2的物质的量为0.040mol;根据得失电子守恒,生成O2的物质的量为0.0100mol。14)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。25(2022·江苏卷，(1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(VI)]。在pH=4~7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，--Cr(VI)主要以HCrO-Cr2O2CrO2纳米FeS去除水中Cr(VI)主要经过“吸附→反应→7、4、4等形式存在，沉淀”的过程。已知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp?Fe(OH)2?=5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。-①在弱碱性溶液中，FeS与CrO2Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为4反应生成Fe(OH)3、。?Fe2++HS-的平衡常数K的数值为②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+??③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是的数目为。。2-(2)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S2，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了FeS2晶。2-2-2-胞中的Fe2+和位于晶胞体心的S2(S2中的S-S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S2已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来9

(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为化学式，写出计算过程)。(填--【答案】(1) ①FeS+CrO24+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH ②5×10-5③c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降(2)42x(3)Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS)=120g/mol，则M(FeO)=3，即固体产物为Fe2O32-【解析】(1)在弱碱性溶液中，FeS与CrO2Cr(OH)3和单质S的离子方程式为：FeS4反应生成Fe(OH)3、120g/mol×66.7%=80.04g/mol，则56+16x=80.04，x=--?Fe2++HS-的平衡常数K=+CrO2；反应FeS+H+??4+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OHc(Fe2+)?c(HS-)，由题目信息可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+)?c(S2-)=6.5×10-18，H2S电离常数Ka2=+c(H)c(H+)?c(S2-)c(Fe2+)?c(HS-)-13=1.3×10，所以K==Ksp(FeS)÷Ka2=5×10-5；在pH=4~7溶液中，-+c(HS)c(H)pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，10

致使有效接触面减少，反应速率下降。(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可2-知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中S2的数目也为4；FeS2晶体中，每2-2-个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和S2的位置(S2中的S-S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S-S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接图如下：。(3)有图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS)=120g/mol，则M(FeO)=120g/mol×66.7%=80.04g/mol，562x+16x=80.04，x=3，所以固体产物为Fe2O3。227)将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素,相对分子质量为150)样品置于26(2021·浙江6月选考，燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂、CO2吸收剂,燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表:吸水剂实验前质量/g实验后质量/g请回答:(1)燃烧产物中水的物质的量为(2)该有机物的分子式为【答案】(1)0.0600(2)C4H6O6计算过程:n(H)=0.0600×2=0.120(mol),30.00-26.48n(C)==0.0800(mol),443.00-0.0800×12-0.120×1n(O)==0.120(mol),16最简式为C2H3O3,由相对分子质量150得分子式为C4H6O6。1.08g【解析】根据表格,m(H2O)=1.08g,n(H2O)==0.0600mol,m(CO2)=3.52g,n(CO2)=18g·mol-13.52g=0.0800mol,则3.00g有机物中m(O)=(3.00-0.0600×2×1-0.0800×12)g=1.92g,44g·mol-11.92gn(O)==0.120mol,即有机物中n(C)∶n(H)∶n(O)=2∶3∶3,分子式设为(C2H3O3)n,则75n16g·mol-1=150,n=2,该有机物分子式为C4H6O6。27)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去,发生如下反应:27(2021·浙江1月选考，3S+6KOH(x-1)S+K2S2K2S+K2SO3+3H2OK2Sx(x=2~6)11mol。 (写出计算过程)。 20.0021.08CO2吸收剂26.4830.00

S+K2SO3请计算:K2S2O3(1)0.480g硫单质与VmL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2S和K2SO3,则V=。 (2)2.560g硫单质与60.0mL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2Sx和K2S2O3,则x=。(写出计算过程) 【答案】(1)30.0(2)3(2x+2)S+6KOH2x+260.0800.060x=3【解析】(1)n(S)=2K2Sx+K2S2O3+3H2O0.480g=0.015mol,n(S)∶n(KOH)=1∶2,n(KOH)=0.03mol,c(KOH)=32g·mol-1n(KOH)n(KOH)0.03mol,得出V(KOH)===0.030L=30.0mL。(2)只生成K2Sx和K2S2O3,V(KOH)c(KOH)1.00mol·L-1将三个方程式中K2S和K2SO3消去,即中间反应式乘以2,再将三个反应式相加,可得总反应式为(2x+2)2.560gS+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O。n(S)==0.080mol,n(KOH)=0.060L×1.0032g·mol-12x+20.080mol·L-1=0.060mol,根据反应方程式有=,得x=3。60.06012

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